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| Aufgabe | Sei f [mm] \in H(\Omega), [/mm] mit [mm] \Omega=\IC [/mm] ohne {0,p} und [mm] p\not=0 [/mm] ist ein Pol 1. Grades mit [mm] Res(f,p)=\alpha. [/mm] Betrachtet man jeweils die Laurentreihen von [mm] \summe_{n=\infty}^{\infty}a_n z^n [/mm] und [mm] \summe_{n=\infty}^{\infty}b_n z^n [/mm] in [mm] A=\{z | 0<|z|<|p| \} [/mm] und [mm] B=\{z | |p|<|z| \} [/mm] , so zeige man, dass für alle [mm] n\in \IZ [/mm] gilt: [mm] b_n-a_n=\bruch{\alpha}{p^{n+1}}.
[/mm]
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Hi, kann mir vielleicht jemand bei dieser Aufgabe helfen??? Weiß gerade überhaupt nicht, wie ich anfangen soll. Wäre echt super.
Grüße
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Es seien [mm]\gamma_a, \gamma_b[/mm] positiv orientierte Kreise um 0, der erste von einem Radius [mm]< |p|[/mm], der zweite von einem Radius [mm]> |p|[/mm]. Dann gilt bekanntlich:
[mm]a_n = \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{\gamma_a} \frac{f(z)}{z^{n+1}}~\mathrm{d}z \, , \ \ b_n = \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{\gamma_b} \frac{f(z)}{z^{n+1}}~\mathrm{d}z[/mm]
Für die Differenz folgt:
[mm]b_n - a_n = \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{\gamma_b - \gamma_a} \frac{f(z)}{z^{n+1}}~\mathrm{d}z[/mm]
Ein gemeinsamer Durchmesser, der [mm]p[/mm] nicht trifft, teilt die beiden Kreise in zwei Halbkreise. Man definiert wie im zweiten Bild die positiv orientierte Kurve [mm]\gamma_p[/mm], die [mm]p[/mm] in ihrem Innern enthält.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Überlege, warum dann gilt:
[mm]\frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{\gamma_b - \gamma_a} \frac{f(z)}{z^{n+1}}~\mathrm{d}z = \frac{1}{2 \pi \operatorname{i}} \int_{\gamma_p} \frac{f(z)}{z^{n+1}}~\mathrm{d}z[/mm]
und warum das zweite wiederum
[mm]= \operatorname{Res} \left( \frac{f(z)}{z^{n+1}} \, , \, p \right)[/mm]
ist. Der Wert des Residuums zuletzt ist [mm]\frac{\alpha}{p^{n+1}}[/mm].
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:34 So 21.06.2009 | | Autor: | jaruleking |
Super vielen Danke für die gute Erklärung.
Grüße
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Hi nochmal,
also bei dieser Aufgabe gabs dann auch nochmal eine zweite Teilaufgabe:
Bestimme die Laurententwicklung von [mm] f(z)=\bruch{1}{z(z-2)} [/mm] in [mm] A=\{z | 0<|z|<2 \} [/mm] und [mm] B=\{z | |p|<2 \}. [/mm] Vergleiche das Ergebnis anschließend mit dem Resultat aus Teil a), [mm] b_n-a_n=\bruch{\alpha}{p^{n+1}}.
[/mm]
So habe dann folgende Laurententwicklungen:
In A)
[mm] f(z)=\bruch{1}{z(z-2)}=\bruch{-1}{2z}+\bruch{1}{2(z-2)}
[/mm]
[mm] \bruch{-1}{2z} [/mm] ist bereits eine Laurentwicklung.
[mm] \bruch{1}{2(z-2)}=\bruch{-1}{4}\bruch{1}{(1-z/2)}=\bruch{-1}{4}(1+\bruch{z}{2}+(\bruch{z}{2})^2 +...+(\bruch{z}{2})^n+...)
[/mm]
d.h. die laurententwicklung in A: [mm] f_A(z)=\bruch{-1}{2z}+(\bruch{-1}{4})(1+\bruch{z}{2}+(\bruch{z}{2})^2 +...+(\bruch{z}{2})^n+...)
[/mm]
In B)
[mm] \bruch{-1}{2z} [/mm] ist bereits eine Laurentwicklung.
[mm] \bruch{1}{2(z-2)}=\bruch{1}{2z}\bruch{1}{(1-2/z)}=\bruch{1}{2z}(1+\bruch{2}{z}+(\bruch{2}{z})^2 +...+(\bruch{2}{z})^n+...)
[/mm]
d.h. die Laurententwicklung in B: [mm] f_b(z)=\bruch{1}{2z}(\bruch{2}{z}+(\bruch{2}{z})^2 +...+(\bruch{2}{z})^n+...)
[/mm]
So, nur jetzt weiß ich nicht, was ich erhalten, wenn die beiden Ergebnisse vergleiche, also ausm ersten Teil und die Laurententwicklungen, kann mir da vielleicht jemand helfen???
Gruß
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Nun, hier ist [mm]p = 2[/mm] und [mm]\alpha = \frac{1}{2}[/mm]. Und wie du selbst berechnet hast, gilt:
[mm]a_n = \begin{cases} -2^{-(n+2)} & \mbox{für} \ n \geq -1 \\ 0 & \mbox{für} \ n < -1 \end{cases} \, , \ \ \ b_n = \begin{cases} 0 & \mbox{für} \ n \geq -1 \\ 2^{-(n+2)} & \mbox{für} \ n < -1 \end{cases}[/mm]
Und jetzt ist [mm]b_n = a_n + \frac{\alpha}{p^{n+1}}[/mm] leicht nachzuweisen.
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